[題目鏈接]

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4872

[算法]

首先發現 ， 對於一個開關 ， 按下2次和沒按是等價的 ， 因此每個開關最多按一次

考慮k = n的情況 ， 只需簡單倒序貪心即可

考慮隨機的情況 ， 由觀察可知一個開關不能由多個開關組合得到

用fi表示i次將所有開關變關到(i - 1)次將所有開關變關的期望步數

有轉移方程fi = i / n + (1 - i / n) * (1 + fi + 1 + fi)

將該轉移方程看作一個一元一次方程 ， 即可解出fi

不再贅述 ， 詳見代碼

時間復雜度 : O(N)

[代碼]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int P = 100003;
const int N = 100010;

int n , k , cnt;
int a[N] , inv[N] , dp[N];
vector
 
< int > D[N];

template <typename T> inline void chkmax(T &x,T y) { x = max(x,y); }
template <typename T> inline void chkmin(T &x,T y) { x = min(x,y); }
template <typename T> inline void read(T &x)
{
    T f = 1; x = 0;
    char c = getchar();
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) if
 
 (c == ‘-‘) f = -f;
    for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - ‘0‘;
    x *= f;
}

int main()
{
    
    read(n); read(k);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = 1ll * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = i; j <= n; j += i)
        {
            D[j].push_back(i);
        }    
    }
    for (int i = n; i >= 1; --i)
    {
        if (a[i])
        {
            for (unsigned j = 0; j < D[i].size(); ++j)
                a[D[i][j]] ^= true;
            ++cnt;
        }
    }
    int ans = 0;
    if (cnt <= k)
        ans = cnt;
    else
    {
        dp[n] = 1;
        for (int i = n - 1; i >= 1; --i) dp[i] = (1ll * dp[i + 1] * (n - i) % P * inv[i] % P + 1ll * n * inv[i] % P) % P;
        for (int i = cnt; i > k; --i) ans = (ans + dp[i]) % P;
        ans = (ans + k) % P;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = 1ll * ans * i % P;
    printf("%d\n" , ans);
    
    return 0;
    
}

[SHOI 2017] 分手是祝願